Question

5．已知函數f（x）=ax²-lnx（a∈R）
（1）當a=1時，求函數y=f（x）的單調區間；
（2）若?x∈（0，1]，|f（x）|≥1恒成立，求a的取值范圍；
（3）若a=$\frac{e}{2}$，證明：e^x-1f（x）≥x．

Answer 1

分析 （1）求出導數，由導數大于0，可得增區間；導數小于0，可得減區間；
（2）求出導數，對a討論，①a≤$\frac{1}{2}$時，②當a＞$\frac{1}{2}$時，求出單調區間，可得最小值，由恒成立思想即可得到a的范圍；
（3）a=$\frac{e}{2}$時，由（Ⅱ）得f（x）_min=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a=1，令h（x）=$\frac{x}{{e}^{x-1}}$，求出導數，單調區間，運用單調性即可得證．

解答 解：（1）a=1時，函數f（x）=x²-lnx，$f'（x）=2x-\frac{1}{x}=\frac{{2{x^2}-1}}{x}$．
函數f（x）的定義域為（0，+∞），
則由f'（x）＞0得$x＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，由f'（x）＜0得$0＜x＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
所以函數f（x）的單調遞增區間為$（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，+∞）$，單調遞減區間為$（0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．…（4分）
（2）由已知得f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$．
若f′（x）≤0在（0，1]上恒成立，則2a≤$\frac{1}{{x}^{2}}$恒成立，所以2a≤（$\frac{1}{{x}^{2}}$）_min=1，即a≤$\frac{1}{2}$．
①a≤$\frac{1}{2}$時，f（x）在（0，1]單調遞減，f（x）_min=f（1）=a，與|f（x）|≥1恒成立矛盾．…（6分）
②當a＞$\frac{1}{2}$時，令f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=0，得x=$\sqrt{\frac{1}{2a}}$∈（0，1]．
所以當x∈（0，$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；
當x∈（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$，1]時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．
所以f（x）_min=f（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）=a（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）²-ln$\sqrt{\frac{1}{2a}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a．
由|f（x）|≥1得，$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a≥1，所以a≥$\frac{e}{2}$．
綜上，所求a的取值范圍是[$\frac{e}{2}$，+∞）．…（9分）
（Ⅲ）證明：a=$\frac{e}{2}$時，由（Ⅱ）得f（x）_min=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ln2a=1．…（11分）
令h（x）=$\frac{x}{{e}^{x-1}}$，則h′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x-1}}$．
所以當0＜x＜1時，h′（x）＞0，h（x）單增；當x≥1時，h′（x）＜0，h（x）單減．
所以h（x）≤h（1）=1．…（13分）
所以f（x）≥h（x），即e^x-1f（x）≥x．…（14分）

點評 本題考查導數的運用：求單調區間和極值、最值，考查不等式恒成立問題解法和不等式證明，注意運用轉化思想和構造函數法，屬于難題．